【文档说明】安徽省黄山市屯溪第一中学2022-2023学年高一下学期4月期中质量检测 数学试题 word版含解析.docx，共(22)页，1.162 MB，由小赞的店铺上传

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黄山市屯溪第一中学2022-2023学年高一下学期4月期中质量检测数学试题一､单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知(1,),(2,2)==+ab，且a与b共线，则=（）A.1B.3C.2

D.2−【答案】C【解析】【分析】根据向量平行的坐标公式求解即可【详解】因为a与b共线，故()1220+−=，解得2=故选：C2.若1i2iz+=−（其中i为虚数单位），则Z在复平面上所对应的点在（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】先利用复数的除法

得到13z=i55+，进而得到Z，再利用复数的几何意义求解.【详解】解：因为1i2iz+=−，所以()()()()1i2i1i13z==i2i2i2i55+++=+−−+，则13zi55=−，故Z在复平面上所对应

的点在第四象限，故选：D3.已知P为ABC所在平面内一点，2BCCP=uuuruur，则（）A.1322APABAC=−+uuuruuuruuurB.1233APABAC=+C.3122APABAC=−uuuruuuruuurD.2133APABAC=+uuuruuuru

uur【答案】A【解析】【分析】根据题意作出图形，利用向量线性运算即可得到答案.【详解】由题意作出图形,如图,则11()22APACCPACBCACACAB=+=+=+−1322ABAC=−+，故选：A.4.《

九章算术》作为古代中国的第一部自成体系的数学专著，与古希腊的《几何原本》并称现代数学的两大源泉．《九章算术》中将圆台称为“圆亭”．今有圆亭，被一过上底圆周上一点A且垂直于底面的平面ABC所截，截面交圆亭下底于BC，若2.4BC=尺，劣弧BC上的点到弦BC的距离的最大值为6寸，圆亭母线长为10寸，

则该圆亭的体积约为（1尺10=寸，π3）（）A.3528立方寸B.4410立方寸C.3.528立方寸D.4.41立方寸【答案】A【解析】【分析】设圆台上底半径为1r，下底半径为2r，利用勾股定理求出底面圆半径，再利用勾股定理求出高，再根据圆台的体积公式即可得解.【详

解】解：设圆台上底半径为1r，下底半径为2r，则()222226BCrr=−−，所以215r=（寸），1269rr=−=（寸），设圆台的高为h，221068h=−=（寸），所以圆台的体积为：()221π915915835283V=++（立方寸）．故选：A．5.在ABC中，60BO=，是A

BC的外心，若2OB=，则AOAC•=（）A.32B.3C.6D.63【答案】C【解析】【分析】取AC中点H，连接OH，由已知及正弦定理可求OAH，AC，再根据平面向量的数量积运算求解即可．【详解】如图，取AC中点H，连接OH，则OHAC⊥，60AOHB==，所以30OAH=，在A

BC中，60B=，2rOB==，由正弦定理得2sinACrB=，所以32sin22232ACrB===，所以3cos22362AOACAOACOAH===，故选：C．6.一圆锥的高为4，该圆锥体积与其内切球体积之比为2:1，则其内切球的半径是（）A.22B.1C.2D.3【答案】B【解

析】【分析】根据圆锥体积与其内切球体积之比求得圆锥底面半径与内切球半径的关系，结合轴截面中三角形的相似，列出比例式，即可求得答案.【详解】设圆锥体积为1V，底面半径为R，其内切球体积为2V，半径为r，由题意可得21321π231

π344RVVr==,则232Rr=①，又POD∽PBC可得ODPOBCPB=，即2416rrRR−=+，两边平方得2222(4)16rrRR−=+②，将①代入②化简整理得2210rr−+=，则1r=，故选：B7.在ABC中，内角,,ABC的对边分别为,,abc，已知,43Aa==，若点

D为BC边的中点，则AD的最大值为（）A.23B.3C.6D.26【答案】A【解析】【分析】方法一：作出图形，设,ADxADB==，则ADC=−.利用余弦定理和基本不等式即可求解.方法二：根据平面向量的运算可得22||||16ACABACAB+=+，2224||||

||||||ADABACABAC=++，两式联立，结合基本不等式即可求解.【详解】方法一：如图，设,ADxADB==，则ADC=−.在ABD△中，由余弦定理得2244coscxx=+−①.在ADC△中，由余弦定理得()22244cos44cosbxxxx=+−−=++②.由

①+②可得：22282bcx+=+.在ABC中，由余弦定理得()222222222221162cos4322bcbcbcbcbcbcbcx+=+−=+−+−=+=+，当且仅当4bc==时等号成立，解得23x，即AD的最大值为23.方法二：由题可得，2222()||BCACABACABAC

AB=−=+−，所以22||||16ACABACAB+=+①.又因1()2ADABAC=+，所以2224||||||||||ADABACABAC=++②，由①②得24||162ADABAC=+，由①得22||162ACABAC

ABACAB+=+，则16ACAB，所以24||1621648AD+=，当且仅当||||4ABAC==时，等号成立.所以23AD.故选：A.8.如图，在直三棱柱111ABCABC-中，2π3ACB=，2ACBC==，17BB=

，点P在棱1BB上，且P靠近B点，当1PAPC⊥时，三棱锥P-ABC的外接球的表面积为（）为A.3πB.4πC.10πD.17π【答案】D【解析】【分析】根据几何关系利用勾股定理可以求出1BP=，进而可以求出

结果.【详解】在ABC中，由余弦定理可得2222cosABACBCACBCACB=+−，解得23AB=，221153ACACCC=+=，由22211PAPCAC+=得：()222221117ABBPBPBC

AC++−+=，解得：6BP=或1BP=，又因为17BB=，且P靠近B点，所以1BP=．由正弦定理可得，ABC外接圆半径2r=，三棱锥P-ABC的外接球半径R满足：2R221724PBr=+=，∴外接球表面积24π17

πSR==，故选：D．二､多选题（本题共4小题，每题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有错选的得0分）9.下列有关平面向量的命题中，不正确的是（）A.若ab=rr，则ab=B.已知ab∥，bc∥，则ac∥C

.若非零向量a，b，c，满足abac=，则bc=D.若ab=，则ab=rr且ab∥【答案】ABC【解析】【分析】A选项，当ab=rr且,ab方向相同，才有ab=，故A错误，D正确；B选项可以举出反例，C选项利用向量的数量积推导出cos,cos,b

abcac=，故C错误.【详解】A选项，ab=rr，但向量方向可能不同，故A错误；若0b=，则满足ab∥，bc∥，但,ac可能不平行，故B错误；若abac=，即cos,cos,ababacac=，因为a，b，c均为非零向量，所以cos,cos,

babcac=，故bc=不一定成立，C错误；若ab=，则ab=rr且ab∥，D正确.故选：ABC10.设复数z在复平面内对应的点为Z，i为虚数单位，则下列说法正确的是（）A.若32iz=−，则z的虚部为－2iB.若|z|＝1，则z＝±1或z

＝±iC.若点Z坐标为（－1，3），且z是关于x的实系数方程x2＋px＋q＝0的一个根，则p＋q＝12D.若12i2z−，则点Z的集合所构成的图形的面积为π【答案】CD【解析】【分析】A选项：根据虚部的

概念判断即可；B选项：根据模的公式判断即可；C选项：根据Z的坐标得到13iz=−+，然后代入20xpxq++=中得到36080ppq−=−−+=，解方程即可；D选项：设izab=+，根据12i2z−得到()22122ab+−，然后根据几何图形求面积即可.【详解】A

选项：因为32iz=−，所以z的虚部为-2，故A错；B选项：设izab=+，则1z=可以得到221ab+=，即221ab+=，有好多种情况，例如，12a=，32b=，此时1322z=+，故B错；C选项：若Z的坐标为()1,3−，则13iz=−+，又z是关于x的实系数方

程20xpxq++=的一个根，所以()()()213138360pqpqp−++−++=−−++−=iii，所以36080ppq−=−−+=，解得210pq==，12pq+=，故C正确；D选项：设izab=+，则()22122ab+−，即()22122ab+−

，所以Z的集合所构成的图形为环形，如下所示：所以面积为()21−=，故D正确.故选：CD.11.在ABC中，角A，B，C所对的对边分别为a，b，c，下列命题中正确的是（）A.若ABC，则sinsinsinABCB.若40a=，20b=，25B=，则满足条件的ABC有且仅有一个

C.若cosabC=，则ABC是直角三角形D.若π3A=，63bc+=，则ABC外接圆面积的最小值为9【答案】ACD【解析】【分析】对于A，利用三角形大边对大角及正弦定理的边角变换可证得命题正确；对于B，结合图像，利用直角三角形中正弦的定义可求得h，比

较h与b边会发现存在两个满足条件的ABC；对于C，利用余弦定理的推论化简cosabC=，即可证得命题正确；对于D，先由余弦定理及基本不等式求得a的取值范围，再由正弦定理求得ABC外接圆半径R的取值范围，，从而求

得ABC外接圆面积的最小值【详解】对于A，因为ABC，所以由三角形大边对大角得abc，又由正弦定理知=2sin,=2sin,=2sinaRAbRBcRC，故2sin>2sin>2sinRARBRC，即sinsinsinABC，故A正确；对于B，如图，在RtBCD△中，=

sin=40sin25?<40sin30?=20haB，即<hb，以C为圆心，b为半径作圆，会发现该圆与BA有两个交点，即存在两个满足条件的ABC，故B错误；对于C，因为cosabC=，由余弦定理得2222abcab

ab+−=，整理得222acb+=，所以ABC是直角三角形，故C正确；对于D，因为π3A=，63bc+=，所以()222222=+2cos=+=+3abcbcAbcbcbcbc−−−()()()222263+++3?===27244bcbcbc−，即33a，故332==6sin3

2aRA，即3R，所以ABC外接圆面积2=π9πSR，即ABC外接圆面积的最小值为9，故D正确.故选：ACD.12.下列结论正确的是（）A.若()()()3,4,6,3,5,3OAOBOCmm=−=−=−−−，∠ABC为锐角，则实数m的取值范围是34m−B.点O在△ABC所在的平面内，

若0OAOBOC++=，则点O为△ABC的重心C.点O在△ABC所在的平面内，若230OAOBOC++=，AOCS，ABCS分别表示△AOC，△ABC的面积，则:1:6AOCABCSS=△△D.点O在△ABC所在的平面内，满足AOABAOAC

ABAC=且COCACOCBCACB=，则点O是且△ABC的外心【答案】BC【解析】【分析】对于A，由∠ABC为锐角，可得0BABCuuruuur且两向量不共线；对于B，设AB边上的中点为D，证明O在AB边的中线上即可；对于C，由230OAOBOC++=，得()2

OOCBOCOA+=−+，设AC的中点为D，BC的中点为E，可知,,ODE三点共线，且2OEOD=，从而可判断；对于D，证明OA是BAC的角平分线，OC是ACB的角平分线，即可判断.【详解】对于A，由

()()()3,4,6,3,5,3OAOBOCmm=−=−=−−−，得()()3,1,1,BAOAOBBCOCOBmm=−=−−=−=−−−，因为∠ABC为锐角，故0BABCuuruuur且,BABC不共线，所以()()310310mmmm−−−+

+−−，解得34m−且12m，故A错误；对于B，设AB边上的中点为D，则2OAOBOD+=，因为0OAOBOC++=，所以2OCOD=−，所以//OCOD，又点O为公共端点，所以,,O

CD三点共线，即点O在AB边的中线上，同理可得点O也在,ACBC两边的中线上，所以点O为△ABC的重心，故B正确；对于C，因为230OAOBOC++=，所以()2OOCBOCOA+=−+，如图，设AC的中点为D，BC的中点为E，则2OEOD=−，所以//OEOD，又点

O为公共端点，所以,,ODE三点共线，且2OEOD=，所以13AOCACESS=，又12ACEABCSS=△△，所以16AOCABCSS=，即:1:6AOCABCSS=△△，故C正确；对于D，由AOABAOAC

ABAC=，可得coscosAOOABAOOAC=，即coscosOABOAC=，又因(),0,πOABOAC，所以OABOAC=，所以OA是BAC的角平分线，由COCACOCBCACB=，可

得coscosCOOCACOOCB=，即coscosOCAOCB=，又(),0,πOCAOCB，所以OCAOCB=，所以OC是ACB的角平分线，所以点O是且△ABC的内心，故D错误.故选：BC.三､填空题（共4小题，每小题5分，共20分）13

.已知()2,3a=r，()2,4b=−r，向量a在b上的投影向量的坐标是_____________．【答案】48,55−【解析】【分析】直接根据投影向量的公式计算即可.【详解】()2,3a=rQ，()2,4b=−r，4128,41625

abb=−+==+=向量a在b上的投影向量的坐标为()2,4848,552525abbbb−==−.故答案为：48,55−.14.如图所示，平面四边形ABCD的斜二测直观图是等腰梯形ABCD，1ADDC==，那么原平面图形的周长是________

__.【答案】462++【解析】【分析】根据给定条件，结合斜二测画法规则还原平面四边形ABCD，再计算边长作答.【详解】在等腰梯形ABCD中，45DAB=，1ADDC==，则2cos21ABADDABDC=

+=+，由斜二测画法规则知，四边形ABCD的顶点A与原点O重合，点B，D分别在x轴、y轴上，//DCAB，且22,1,21ADADDCDCABAB======+，如图，显然四边形ABCD为直角梯形，于是得2

2()6BCADABDC=+−=，所以四边形ABCD的周长为462++.故答案为：462++15.如图ABC中，90,30,5ACBABCBC===，在三角形内挖去一个半圆（圆心O在边BC上，半圆与AC、AB分别相切于点C，M，交B

C于点N），则图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得旋转体的体积为__________．【答案】255π81【解析】【分析】根据旋转体的定义，得到图中阴影部分绕BC旋转一周，可得旋转体为一个圆锥挖去一个球，结合圆锥和球

的体积公式，即可求解.【详解】连接OM，则OMAB⊥，设OMr=，因为5BC=，所以5OBr=−，在ABM中，1sin25rABCr==−，解得53r=，在ABC中，因为90,30,5ACBABCBC===，可得5tan303ACBC==，设直角ABC绕BC旋转一周得到的圆锥的体积为1

V，半圆绕BC旋转一周得到球的体积为1V，图中阴影部分绕BC旋转一周，可得旋转体为一个圆锥挖去一个球，所以图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得旋转体的体积为：23232141545255πππ()5π()π33333813VVVACBCr=−=−=−=1

.故答案为：255π81.16.在ABC中，150A=，122022,,,DDD，依次为边BC上的点，且11223202120222022BDDDDDDDDC=====，设11BAD=、122DAD=、…、202120222022=DAD

、20222023=DAC，则132023242022sinsinsinsinsinsin的值为__________．【答案】14046【解析】【分析】在1BAD中，由正弦定理得1111sinsinsinBDADABBDAB

==；在12DAD中，由正弦定理得1212221sinsinsinDDADADADBADC==；进而求得122sinsinsinsinBADB=，然后依次求出，相乘即可得到结果.【详解】由题意知，220213

150+++=，在1BAD中，由正弦定理得1111sinsinsinBDADABBDAB==；在12DAD中，由正弦定理得1212221sinsinsinDDADADADBADC==；所以122si

nsinsinsinBADB=；同理：3244sinsinsinsinADBADB=；5466sinsinsinsinADBADB=；L；2021202020222022sinsinsinsinADBADB=；又202320232022

sinsinDCACADC=，所以202320222023sinsinDCADCAC=，所以132023242022sinsinsinsinsinsin=2022sin2023sinDB

CBACCBAC=，在ABC中，由正弦定理得sinsinBCACBACB=，则sinsinBCBBACAC=；所以原式sin150120234046==.故答案为：14046.四､解答题（本题共6小题，共70分，解答应

写出文字说明､证明过程或演算步骤）17.已知复数z=m＋2i是方程26130xx++=的根（i是虚数单位，m∈R）（1）求|z|：（2）设复数20231iazz−=，（z是z的共复数），且复数1z所对应的点在第三象限，求实数a的取值范围．【答

案】（1）13z=（2）2332a−【解析】【分析】（1）将复数根代入方程中，根据复数相等即可求解，（2）根据i的周期性以及复数的除法运算法则化简得()()13223i13aaz−−+−=，结合复数的结合意义即可列不等式求解.【小问1详解】由题知()2(2i)62i130mm++++=∴()

2412i90mmm++++=即241203690mmmm+==−++=32iz=−+，22(3)213z=−+=【小问2详解】()()()()()()1i32i3223ii32i32i32i13aaaaz+−+−−+−+===−−−−−+∴3202323032aaa

−−−−18.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量(),3mab=ur，()cos,cos2nBA=−−，且mn⊥．（1）求A；（2）若3c=，△ABC的面积为332，求a．【答案】（1）3A=（

2）7a=．【解析】【分析】（1）由mn⊥结合正弦定理的边化角公式得出A；（2）由面积公式得出2b=，再由余弦定理得出7a=.小问1详解】由()cos,cos2nBA=−−得()sin,cosnBA=−，又mn⊥，所以sin3

cos0aBbA−=．由正弦定理得sinsin3sincos0ABBA−=，又sin0B，所以sin3cos0AA−=，即tan3A=．又A为△ABC内角，所以3A=．【小问2详解】由1sin2ABCSbcA=得，33133222b=，解得2b=．又根据余弦定理得2

222212cos2322372abcbcA=+−=+−=，所以7a=．19.如图，在ABC中，设ABa=，ACb=，又2BDDC=，2,1ab==，向量a，b的夹角为π3．（1）用a，b表示AD；（2）若点E是AC边的中点，直线BE交AD

于F点，求AFBC．【答案】（1）1233ADab=+（2）35-【解析】【分析】（1）利用几何图形，对向量做加减线性运算即可；（2）根据E，F，B三点共线，得12AFABAC−=+，再设233AF

ADab==+，通过平面向量【的基本定理求出，再根据向量的数量积即可求出答案.【小问1详解】,,2ABaACbBDDC===221212()333333ADABBDABBCABACABABACab=+=+=+−=+=+；

【小问2详解】E，F，B三点共线，存在实数使11(1)22AFABAEABACab−−=+−=+=+，设233AFADab==+，31223=−=，解得15=，1255AFa

b=+，由2,1ab==，向量a，b的夹角为π3得11212ab==，112()()()()255AFBCABACACABabba−=+−=+−22121121345555555abab=−+−=−+−=−.

20.已知正三棱锥SABC−，一个正三棱柱的一个底面的三个顶点在正三棱锥的三条侧棱上，另一底面在正三棱锥的底面上，若正三棱锥的高为15，底面边长为12，内接正三棱柱的侧面积为120.（1）求三棱柱的高；（2）求棱柱的上底面截棱锥所得的小棱锥与原棱锥的侧面积之比.【答案】（1）10或5（2）19或

49【解析】【分析】（1）设正三棱柱的高为h，底面边长为x，根据相似比有151512hx−=，再根据正三棱柱的侧面积为120，有3120xh=，两式联立求解.（2）根据面积之比等于相似比的平方，结合（1）

的结论求解.【详解】（1）设正三棱柱的高为h，底面边长为x，如图所示:则151512hx−=解得()4155xh=−又因为正三棱柱侧面积为120.所以3120xh=所以40xh=解得4,10xh==或8,5xh==所以三棱柱的高是

10或5.（2）因为面积之比等于相似比的平方，所以棱柱的上底面截棱锥所得的小棱锥与原棱锥的侧面积之比：1112151159SABCSABCShS−−−==或1112154159SABCSABCShS−−−==.【点睛】本题主要考查空间几何

体中的截面以及相似比、侧面积等问题，还考查了平面与空间的转化求解问题的能力，属于中档题.21.在锐角ABC中，角A，B，C所对的边为a，b，c，已知()()0abcabcab−+−−+=，sin3cos3cosbcCcAaC=+．（1）求c；（2）求ab+的取值范围．的【答案】（1）23（

2）(6,43]【解析】【分析】（1）由()()0abcabcab−+−−+=得出π3C=，再利用正弦定理，两角和的正弦公式及诱导公式，将sin3cos3cosbcCcAaC=+转化为3sin3sin2BcB

=，即可求出答案；（2）利用正弦定理，将ab+转化为4sin4sinAB+，再根据三角形内角和得出2π3BA=−，代入，根据两角差的正弦公式及辅助角公式得出π43sin6abA+=+，再由ABC为锐角三角形得出角A的范围，即可ab+的取值范围．【小问1详解

】解：()()0abcabcab−+−−+=，222abcab+−=，即222122abcab+−=，1cos2C=，又0πC，π3C=，3sin2C=，sin3cos3cosbcCcAaC=+，3sin2C=3sin3(sincossincos)3sin()3si

n2BcCAACACB=+=+=，0πB，即sin0B，332c=，解得23c=．【小问2详解】解：由正弦定理得，234sinsinsin32abcABC====，4sinaA=，4sinbB=，4sin4sinabAB+=+，πABC+

+=，π3C=，2π3BA=−则2π4sin4sin3abAA+=+−314(sincossin)22AAA=++6sin23cosAA=+π43sin6A=+，ABC为锐角三角形，

π0,2A，π0,2Bππ,62Aππ2π,633A+，π3sin,162A+，(π43sin6,436A+

，即(6,43]ab+．22.某高档小区有一个池塘，其形状直角ABC，90C=，2AB=百米，1BC=百米，现准备养一批观赏鱼供小区居民观赏．为（1）若在ABC内部取一点P，建造APC连

廊供居民观赏，如图①，使得点P是等腰三角形PBC的顶点，且2π3CPB=，求连廊APPC+的长；（2）若分别在AB，BC，CA上取点D，E，F，建造DEF连廊供居民观赏，如图②，使得DEF为正三角形，求DE

F连廊长的最小值．【答案】（1）3213+百米；（2）3217百米．【解析】【分析】（1）先在三角形PBC中利用已知条件求出PC的长度，再在三角形PAC中利用余弦定理求出PA的长度，即可求解；（2）设出等腰三角形的边长以及角CEF，则可求出CF的长度，

进而可得AF的长度，再利用角的关系求出角ADF的大小，然后在三角形ADF中利用正弦定理化简出a的表达式，再利用三角函数的最值即可求出a的最小值，进而可以求解．【详解】解：（1）因为P是等腰三角形PBC的顶点，

且2π3CPB=，又1BC=，所以π6PCB=，33PC=，又因为π2ACB=，所以π3ACP=，则在三角形PAC中，由余弦定理可得：222π72cos33APACPCACPC=+−=，解得213AP=，所以连廊3213A

PPC++=百米；（2）设正三角形DEF的边长为a，()0πCEF=，则sinCFa=，3sinAFa=−，且EDB=，所以2π3ADF=−，在三角形ADF中，由正弦定理可得：sinsinDFAFAADF=，即3sinπ2πsinsin63aa−=−

，即3sin12πsin23aa−=−，化简可得2π2sinsin33a−+=，所以()3332172sin3cos7sin7a===++（其中为锐角，且3tan2=），即边长的最小值为

217百米，所以三角形DEF连廊长的最小值为3217百米．【点评】方法点睛：在求三角形边长以及最值的问题时，常常设出角度，将长度表示成角度的三角函数，利用三角函数的值域求最值.